题面传送门
奇妙的思维(技巧?)题。
发现每个物品有\(i\)个,体积为\(i\),对于\(i>\sqrt n\)的物品来说,这个个数的限制是相当于没有的。所以相当于完全背包。
前面\(O(\sqrt n)\)个可以暴力多重背包算方案数。
考虑后面\(n\)个最多选择\(O(\sqrt n)\)个。所以可以设\(dp_{i,j}\)表示选了\(i\)个,总和为\(j\)的方案数。
考虑一个类似划分数的dp方式:两种操作,第一种在序列末尾加上一个数\(\sqrt n+1\),另一种是将所有数+1,容易发现每种情况都能被表示出来。
直接dp就可以做到\(O(n\sqrt n)\)
code:
#include<bits/stdc++.h> #define I inline #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) #define abs(x) ((x)>0?(x):-(x)) #define ll long long #define db double #define lb long db #define N (200000+5) #define M (1000000+5) #define K (20+5) #define mod 23333333 #define Mod (mod-1) #define eps (1e-9) #define U unsigned int #define it iterator #define Gc() getchar() #define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x)) #define Mc(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x)) #define d(x,y) (n*(x-1)+(y)) #define R(n) (rand()*rand()%(n)+1) #define Pc(x) putchar(x) #define LB lower_bound #define UB upper_bound #define PB push_back using namespace std; int n,k,dp[N],R,G[N],Q[N],F[N],H[N];ll Ans,ToT; int main(){ freopen("1.in","r",stdin); int i,j,h;scanf("%d",&n);k=sqrt(n);dp[0]=1;for(i=1;i<=k;i++){Mc(G,dp); for(j=0;j<i;j++){ToT=0;R=j;for(h=j;h<=n;h+=i) (h-R)/i>i&&(ToT-=G[R],R+=i),dp[h]=(dp[h]+ToT)%mod,ToT+=G[h];} }H[0]=1;F[k+1]=1;for(i=1;i<=k;i++) {Mc(G,F);Me(F,0);for(j=0;j<=n;j++) F[j+k+1]=(F[j+k+1]+G[j])%mod,G[j+i]=(G[j]+G[j+i])%mod;for(j=0;j<=n;j++) H[j]=(H[j]+G[j])%mod;} for(i=0;i<=n;i++) Ans+=1ll*H[i]*dp[n-i]%mod;printf("%lld\n",Ans%mod); }